CAPITULO II MAQ SINCRONAS TRABALHO EM PARALELO

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MÁQUINAS SÍNCRONAS: TRABALHO EM PARALELO S Penin y Santos 
 
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CAPÍTULO II: 
MÁQUINAS SÍNCRONAS: TRABALHO EM PARALELO 
 
 No capitulo I estudou-se o gerador em vazio e em carga mas sem que o mesmo 
esteja conectado a outras máquinas. O Sistema de Potência de um pais ou de uma região ou 
mesmo de uma grande planta industrial é atendido, entretanto por grande quantidade de 
geradores em paralelo. 
 A ordem de grandeza da potencia instalada no Brasil é de 96000 MW que 
adicionados aos 10000MW importados perfaz um total de 106000MW. Esta magnífica 
instalação é formada por milhares de geradores de diversas potências e rotações bem como 
de diversas fontes primárias sendo a principal no caso brasileiro a de origem hídrica com 
aproximadamente 85% do total. Outros países, entretanto tem na geração proporcionada 
por termoelétricas a gás ou carvão sua fonte principal. A energia de origem nuclear 
proporcionada pela fissão do Urânio é a principal fonte de energia elétrica França. A 
necessidade de reduzir os gases de efeito estufa provocados pela queima do carvão, 
petróleo e gás nessa ordem obrigam os países a utilizar Fontes Alternativas Renováveis. A 
Energia Eólica parece a mais promissora. Neste caso as dificuldades de conectar os 
geradores com a rede são outras e não são objeto deste trabalho. 
 Os pré-requisitos para colocar um gerador síncrono em paralelo com uma barra 
infinita ou com outros geradores são: 
• 1)sequência de fases do gerador igual à da barra 
• 2)tensão do gerador igual à tensão da barra 
• 3)freqüência do gerador igual à freqüência da barra 
• 4)ângulo entre tensões do gerador e da barra próximo a zero. 
Os sistemas são dotados de instrumental que proporciona as condições para 
estabelecer o paralelismo do gerador com a rede ou de um gerador com outro ou 
outros. Classicamente os componentes que compõem um sistema de sincronismo 
são 
Para sincronização manual 
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Caixa de lâmpadas (somente para demonstrações laboratoriais de pequenas 
máquinas) 
Sincronoscopio ou Voltímetro de zero ou ambos 
Para sincronização automática 
Sincronizador: aparelho que monitora a tensão do gerador e da barra ao qual o 
mesmo será paralelado e que determina o fechamento da chave de manobra quando 
o mesmo atende os pré-requisitos para o paralelismo 
Equalizador de Freqüência e Tensão:Para atingir os pré requisitos é necessário 
conduzir o gerador à freqüência e tensão da barra. As vezes estas funções estão no 
sincronizador 
Distribuidor de cargas: Após paralelado é necessário redistribuir a carga para que o 
gerador recém paralelado assuma a carga que a ele foi destinada. 
 Atualmente estas funções são efetuadas por um único aparelho. Um 
dos fabricantes bastante conhecidos internacionalmente é a Woodward que 
disponibiliza vários modelos entre os quais o GCP22 e o GCP2 . 
 A figura 1 mostra uma configuração típica de colocação de duas 
Usinas Geradoras cada uma com 4 unidades paraleladas entre si e com a rede. 
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 Figura 1.a: Sistema típico de paralelismo com a rede de 2 usinas Geradoras na 
mesma planta 
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Figura 1.b: Sistema típico de paralelismo com a rede de uma Usina Geradora. 
 
 
 As funções do Modulo de Proteção as mínimas para proporcionar segurança ao 
sistema e são exigidas pela ANEEL ou mesmo pela concessionária 
 O objetivo deste trabalho é mostra teoricamente como se procede para após 
paralelar um gerador com a barra para ‘’despachar’’ potencia ATIVA e ou REATIVA 
 Analise do despacho de potência ATIVA e REATIVA 
 A análise da sequência da figura 2(primeira no alto à esquerda) mostra um 
gerador G que deve ser conectado na barra B que já esta alimentada por n geradores e por 
isso pode ser considerada infinita para G e permite mostrar as etapas de transferência de 
carga da barra para o gerador recém colocado na referida barra 
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• Figura 2 (0):Paralelismo inicial 
 Admitindo-se que os pré-requisitos foram atendidos e que a chave de 
paralelismo foi fechada e, portanto que G está sincronizado com a barra. Quando isto é 
feito não ocorre qualquer transferência de potência e a corrente é zero. 
• Figura 2 (1): Aumenta-se a excitação sem alterar o combustível 
 Não haverá aumento de potência que continuará zero, porém ocorre aumento de 
Ef já que ocorreu aumento de If (excitação). Evidentemente como a tensão interna do 
gerador Ef aumenta e a tensão dos terminais permanece inalterada já que o gerador está 
paralelado com a barra prevalecendo a tensão Vb; surgirá então corrente de circulação 
Ic=(Ef-Vb)/xs sendo xs a reatância de sincronismo 
 Figura 2.0 e 2.1 
 
 
 
Figura 2(2): G ‘’envia’’ corrente para a barra porém sem potência ativa:Ia atrasada de 90º 
de Vg 
 
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• Figura 2 (3): Aumenta-se o combustível sem alterar a excitação 
 Não haverá aumento de Ef já que não ocorreu aumento de If (excitação). A 
potência aumenta, pois já ocorreu aumento de combustível 
• Figura 2 (4): Aumenta-se ainda mais o combustível sem alterar a excitação 
 Não haverá aumento de Ef já que não ocorreu aumento de If (excitação). A 
potência aumenta pois já ocorreu novo aumento de combustível, porém é limitada pelo 
ângulo d: a partir de 90º o gerador perde o sincronismo. 
 
• Figura 2(3) e 2(4): aumenta-se o combustível sem aumentar a excitaçãoÎEf 
constante mas Efsend aumenta e portanto aumenta d. 
 
• Figura 1 (5):Aumenta-se a potência que a Turbina entrega ao gerador sem 
aumentar a excitação 
A análise da equação P=3.V.Ef/xs .send permite mostrar que se Ef é constante a maior 
potencia gerada por G ocorre quando d=90 e send=1 
• Figura 1 (6): Aumenta-se a excitação 
 Haverá aumento de Ef já que ocorreu aumento de If (excitação). 
O limite de aumento de potência aumenta, pois ocorreu aumento de Ef. A análise da 
equação P=3.V.Ef/xs .send permite mostrar que se Ef aumenta G gera a maior potência 
 
 
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Figura 2(5) e 2(6): ao aumentar a excitacao aumenta-se a potência gerada por G 
 
 
 
Exercício 1 
 
Análise de uma máquina síncrona em paralelo com uma barra infinita 
 
 
Figura3 
Coloque um gerador de 3000kva 1730 volts em Y com xs=3 pu em paralelo com uma 
barra infinita. 
1.1)Se Vg=Vb Fg=Fb e o ângulo entre as tensões do gerador e da barra é zero, qual será a 
contribuição no instante inicial antes de ajustar a injeção de combustível? 
 
1.2)Agora ajuste o combustível para que PG=0,5pu, porém sem alterar a excitação. 
Qual a corrente Ia| ,fator de potência, Ef| e jxs Ia|.. em pu? 
Observe que se não ocorreu alteração na excitação, a fem Ef não pode mudar; isto significa 
que o lugar geométrico da fem Ef é um circulo com centro na origem do diagrama fasorial 
3,0MVA 
1730V,Y 
xs=3,0 pu 
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ou seja Ef=1 pu. Portanto se Ef=1,0pu e P=3* V*Ef send/xs=1500 KW e como xs=3 pu 
e xbase=1000/(3000/1,73*1730)=1 ohm 
e V=Ef=1000 tem-se send=1,5 o que é evidentemente absurdo 
Conclusão: não é possível o gerador trabalhar nessa região. 
O limite evidentemente é dado quando send=1 ou seja d=90º 
1.3)Qual é, portanto a máxima potência que o alternador poderá fornecer sem ajustar a 
excitação? 
P=3*1000*1000*1/3=1000KW. 
Teoricamente seria possível atingir este ponto com incrementos muito pequenos, porém em 
termos práticos isto é impossível 
Por outro lado se o aumento do combustível ocorreu para proporcionar 1000kw de potência 
ativa significa que 1730*1,73* Icosf =1000000= 
Icosf=333 A 
Onde f=45, ou seja, cos f=0,707. Portanto I=471A 
 
Figura 4:Limite de fornecimento de potência 
 
 
 1.4)Qual o procedimento para restabelecer o fator de potência unitário? 
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Aumenta-se a corrente de excitação para que Ef =Vg+jxsIa de tal forma que ângulo de Ia=0 
 
Figura 5 
 
A corrente agora será 1,0pu e o fp será = a 1,0 
 
Exercício 2. 
Um altern. trif. de pólos lisos G com potência de 100 MVA, 13.8KV Y 60 hz 4 pólos . 
ARMADURA: possui fator de enrolamento Ke=0,828 devido ao encurtamento e a 
distribuição. Possui 6 bobinas por pólo e por fase (01 espira por bobina). 
 Nos testes em carga com fp=0 determinou-se a reatância de dispersão pelo 
método de Pottier xl=0,08pu. As curvas em vazio e em curto são dadas. 
O gerador deve ser conectado (paralelado) a um barramento que já está alimentado por 
outros geradores G1, G2, G3...Gn e no qual existe uma carga de 200MVA com fp=0,7071 
Ind. 
 
Potência mas 
com aumento 
da excitação 
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Figura 6: colocação de G no barramento 
 
Deseja-se reduzir a potência aparente fornecida pelos G1, G2, G3.....Gn, passando-a para G 
de tal forma que G1, G2, G3.....Gn ‘’enxerguem’’ fp=0,9 Ind. 
 
0
500
1000
1500
2000
2500
3000
3500
4000
4500
5000
5500
6000
6500
7000
7500
8000
8500
9000
9500
10000
10500
11000
0 50 100 150 200 250 300 350 400 450 500 550 600 650 700 750 800 850 900 950 1000 1050 1100 1150 1200 1250 1300
Vf Icc
 
Figura 5: Curva em vazio e curto de gerador de 100MVA 
 
2.1) Qual a tensão em vazio (Ef) que deve ser ajustada em G para atender essa situação. 
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Figura 7:Gerador G alimentando a carga somente indutiva 
 
2.2) Qual a tensão em vazio (Ef) que deve ser ajustada em G para além de atender essa 
situação, G também proporcione 30MW a carga? 
 
Figura 8: Alimentando carga Indutiva e Ativa 
Solução: 
2.1) Qual a tensão em vazio (Ef) que deve ser ajustada em G para atender essa situação. 
É necessário calcular qual o valor da carga que o gerador G deve suprir: corrente e fator de 
potência 
O conjunto inicial de geradores deve passar a alimentar 141,42MW(200.0,7071) e 
68,5MVAR. Nestas condições o fator de potência que ‘’enxergado’’ será tg68,5/141,42= e 
cos =0,9 Ind que é o valor pretendido 
O gerador G deve fornecer (141,42-68,5)=72.92 MVAR à carga. Desta forma os 
geradores G1,G2....Gn fornecerão apenas 68,5 MVAR. A potência aparente será 157,13 
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MVA (não há alteração na potência ativa, pois G não recebe combustível para proporcionar 
potencia ativa as cargas). 
A corrente do gerador G será 3053 A com fp=0 Indutivo 
 
 
Figura 9: Novo fator de potência ‘’enxergada ‘’ pelos geradores iniciais 
 
a)Cálculo de Ef : Solução pelo método da reatância 
A reatância xs =1,92 ohms foi obtida na curva em vazio e em curto do gerador 
A tensão em vazio Ef=V|0+jxsIa sendo Ia=3053|0 
Ef=7976|0+j1,92.3053|-90=13837|0 
 
b)Cálculo de Ef: Solução pelo método geral 
b.1)Primeiramente será necessário determinar o valor de FA (FRA) para o que é necessário 
calcular ER. Para tal é necessário calcular xl=0,08pu.7976/4176=0,153ohms. 
ER=V+jxlIn=8640V(valores por fase). 
 
Este valor determina A’ do triângulo de Pottier. A vertical por A’ determina o ponto B’ do 
triângulo. Uma paralela à reta do entreferro passando por A’ determina O’ Colocando OC a 
partir de O’ determina-se C’. B’C’ fornece o valor de FA para corrente nominal=>FA=475 
A 
Como a corrente agora será 3053A FA(3053)=347,3A 
 
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ER=V|0+jxl.Ia sendo Ia=3053|-90 
ER=7976|0+j0,08.3053|-90=8443|0 
Na curva FR=555|90º 
FRA(3053)=347,3|-90 
Ff=555|90-347,3|-90=902,3|90º 
Ef=10100 V|0º 
Observar que ao valor de Ef encontrado pelo Método Geral é mais preciso mas não se 
aplica para cálculo da potência pela expressão P=3.V.Ef.send/xs. 
 
 
 
Figura 10- determinação de FA (ou FRA) por Poitier 
 
 
2.2) 2.2.1)Qual a tensão em vazio (Ef) que deve ser ajustada em G para além de atender 
essa situação, G também proporcione 30MW a carga? 
Está implícito que ocorreu injeção de combustível que proporciona potência ativa. 
O gerador G deverá contribuir com Q=72,9 MVAR e P=30 MW 
Portanto S=30+j72,9=78,31|-67,63 
Cálculo da corrente para carga de 78,31 MVA 
78,31.106=13800.I.1,73.cosf 
 Ia=3270|-67,63 
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Ef=7976|0+j1,92.3270|-3270=13987|9.83 ou seja d=9,83º 
A potência pode ser expressa como: 
P= 3.V Ef. send/ 1,92 =29800.103 
Observar que em 2.1 o valor de If foi ajustada para Ef = 13837V. 
Para atender a nova situação de potência (ativa +reativa) If devera ser ajustada para 
Ef=13987 V 
Na figura 11, em verde na parte superior representa-se a contribuição do gerador G 
Em preto na parte inferior, representa-se a situação das potências enviadas pelos 
geradores iniciais 
Antes da contribuição de G=> 200MVA com fp=0,7071 Indutivo; 
Com a contribuição de G: com 72,92 MVAR , mas sem qualquer contribuição com 
potência Ativa =>157,13 MVA 
Com a contribuição de G: com 72,92 MVAR , e com contribuição de 30MW de 
Potência Ativa, a Potência Aparente é de => 130,77MVA 
 
Figura 11: Gerador G contribuindo com 72,92 MVAR e 30MW 
 
2.2.2)Qual a nova situação se não ocorrer alteração na corrente de excitação e, portanto em 
Ef ? Em outras palavras deseja-se saber qual o novo valor da Potência Reativa para que o 
gerador G forneça 30MW sem alteração da corrente de excitação ajustada para Ef=13937V 
Se Ef=13937 V e admitindo-se que o combustível foi ajustado para 30MW tem-se: 
P=30.106=3.7976.13937.send /1,92=>send =0,1727; d=9,95º cos9,95=0,985 
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Ef.cosd =13937.cos9,95-7956=13727-7976=5751,5=>tgf=5751,5(13937.send)=2,39 
=>f=67,29o (negativo) 
Ia(ativa)=1256,59 A 
Ia=3254,86 A =>S=77,71 MVA 
Ia(reativa)=3002,5 A=>Q=71,930MVAR 
Ef=13937
xs.Ia=6249,33
V=5751,37V=7976
Efsen =2414,9
 
 
Figura 12: Diagrama da Corrente e Ef 
 
 
2.3) Sem Alterar a excitação qual a máxima potencia que o gerador G pode 
proporcionar? 
 P=3.7976.13837.sen90/1,92=173689 KW 
2.4) Repetir 2.2, mas com contribuição de G aumentada para 100MW 
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Está implícito que ocorreu mais injeção de combustível que proporciona mais 
potência ativa. 
2.4.1) Mantendo acorrente de excitação (Neste caso o despacho dos reativos deve 
diminuir) 
 Como P=3.V.Ef.send/xs=>Ef. send =1,92.100.106/(3.V)=8024 
Observar que em 2.1 Ef foi ajustado para 13847V e neste item esta se impondo 
manutenção de If e portanto de Ef. 
Portanto send=8024/13847=0,5794 d=35,41º 
Por outro lado sabe-se que VEf. send /xs=Vf.Ia.cosf=> Ef. send /xs=Ia.cosf 
Por outro lado V+DV=Ef.cosd=>DV=11285,67-7976=3299,7 
tagf=3299,7/8024=0,411=> f=22,35º 
Portanto a componente ativa da corrente é 100.106/(13800.1,73)=4188,65 
E a componente reativa é 1721,53 A 
Ia=4528,86|-22,35º A 
O fator de potência nestas condições é 0,925 Indutivo 
Confirmação: A equação da tensão Ef deve proporcionar o valor de 13937 e ângulo de 
35,41º : 
 Ef=7987|0+j1,92.4528,86|-22,35=13862,98|35,45º 
Os valores são muito próximos confirmando a solução. 
 
 
2.4.2)Permitindo que a corrente de excitação aumente: O gerador G deverá contribuir 
com Q=72,9 MVAR e P=100 MW . 
Calcular a nova excitação. 
 
Portanto S=100+j72,9=123,75|-36 
Cálculo da corrente para carga de 123,75 MVA 
123,75.106=13800.I.1,73.cosf 
 Ia=5183,5|-36 
Ef=7976|0+j1,92.5183,5|-36=15998|30,21 ou seja d=30,21º 
 
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xs.Ia=9952
VV=3299,7
xs.Ia
 
Figura 13: Diagramas fasoriais 
 
Interpretação do ângulo de potência 
A figura 14 é de um GS em carga: F e F são os valores máximos da fundamental de 
distribuições espaciais das FMM’s e dos fluxos. E, V e I são os valores eficazes das 
fundamentais das fem’s, tensões e correntes 
 
Figura 13-Interpretação física do ângulo de potência 
 
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O ângulo d definido entre Ef e V. É também o ângulo entre Ff -campo imposto pelos pólos 
e F’R - campo que existiria se além de considerar a composição de Ff e FA também se 
considera-se a dispersão. A derivada do fluxo F’R proporciona a tensão V dos terminais do 
gerador a menos da queda resistiva. Alguns autores como Che Mun Ong associam a V um 
eixo qe (eixo elétrico) e definem d como o ângulo entre qe e q. 
 
 
Ação Sincronizadora na Máquina Síncrona 
Introducao: 
A Union for the Coordination of Transmission of Electricity, fornece na Europa 
electricidade a mais de 450 milhões de pessoas e interligada com a rede CIS, 
Commonwealth of Independent States (rede Russa e dos antigos países da ex-União 
Soviética) e com a rede do Norte de África 
A complexidade deste sistema talvez seja maior que a da America do Norte.Imagine-se o 
grau de conhecimento exigido para dotar o sistema da confiabilidade que necessita e que de 
fato possue. 
A tensão e a freqüência, devem que ser mantidas dentro de valores estreitos de tolerância, 
para proporcionar aos consumidores energia de forma satisfatória. 
 Os centros de controle (TSO – Transmission System Operator) têm a responsabilidade de 
atingir este objetivo . 
A estabilidade das máquinas síncronas que pertencem ao sistema é um dos mais 
importantes aspectos a ser considerado. Em condições normais de funcionamento, as 
máquinas síncronas mantêm-se em sincronismo. Quais são as forças de sincronismo que as 
mantém na velocidade de sincronismo quando por motivos de pequenos mas sempre 
presentes problemas no sistema de regulação de velocidade uma máquina síncrona tende a 
afastar-se ligeiramente da velocidade de sincronismo? 
Explicação: A carga proporcionada por um gerador síncrono paralelado com uma barra 
infinita depende da quantidade de combustível fornecido ao motor primário (acionador) que 
o mesmo transforma em potência mecânica no seu eixo. 
O raciocínio até aqui desenvolvido baseia-se em sistema estável. Na prática ocorre uma 
situação de regime semi-permanente, ou seja, o regulador de rotação frequentemente injeta 
quantidades excessivas de combustível durante períodos muito curtos que provocam 
aumentos momentâneos de potência. Quando isso ocorre haverá um aumento do ângulo d. 
Como no momento seguinte haverá redução do combustível já que o incremento foi 
momentâneo e o regulador age no sentido de corrigir o erro, o ângulo d será reduzido . 
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 Figura 5 
Durante o transitório a potência P1 foi incrementada em DP passando de P1=V.Ef.send/xs 
para P2=V. Ef.sen(d+Dd)/xs momentaneamente. 
O acréscimo de potência ocorrido foi: 
DP=P2-P1= V. Ef.sen(d+Dd)/xs- V.Ef.send/xs= V.Ef. /xs. (sen(d+Dd)-send) 
Considerando que sen(d+Dd)-send=senDd. cosd+ cosDd. send- send= 
cosd senDd+ send. (cosDd – 1) 
mas -(1-cosDd)= -2 sen2(Dd/2) 
portanto: 
 cosd senDd+ send. (cosDd – 1)=cosd send-2. send. sen2(Dd/2) 
Mas como Dd é muito pequeno sen2Dd pode ser desprezado. 
Assim tem-se DP= V.Ef. /xs. cosd.senDd Î P= V.Ef. /xs. cosd.Dd 
Ou seja, quando ocorre uma elevação temporária da potência mecânica fornecida pela 
turbina ao GS, este reage enviando mais potência ao sistema. Evidentemente o GS 
desenvolve um conjugado eletromagnético que se opõe ao conjugado mecânico que 
provocou a aceleração momentânea. Desta forma o ângulo d se restabelece 
O conjugado de sincronização é, portanto: 
Ts=P/w=1/w. V.Ef. /xs. cosd.Dd 
É interessante observar que o conjugado de sincronização é elevado se d for próximo a 
zero, pois cosd é praticamente 1(cos0=1) 
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Mas se d for próximo a 90º o conjugado de sincronização é praticamente zero, pois 
cos90=0. 
A conseqüência prática: quando ocorre um acréscimo de potência mecânica e portanto do 
conjugado proporcionado pelo acionador se o gerador esta com pouca carga vale dizer com 
d pequeno o conjugado de sincronização é elevado e se o acréscimo de potência é 
temporário o ângulo d é imediatamente restabelecido. Se, entretanto o gerador esta com 
muita carga e o ângulo d é grande o conjugado de sincronização é pequeno e haverá 
dificuldade para restabelecer a sincronização. 
Note-se que quanto menor a excitação maior será o d para a mesma carga. 
 
P2 
P1 
 
 p/2 
 Limite da 
 Estabilidade